割线斜率衡量非零区间内的平均变化。当区间缩小而斜率趋向有限值，此极限便是瞬时变化率。

定义

导数

若 $f$ 在 $a$ 的邻域有定义，且有限极限 $f'(a)=\lim_{h\to0}(f(a+h)-f(a))/h$ 存在，则称 $f$ 在 $a$ 可微。可微蕴含连续，但连续不蕴含可微：$|x|$ 在零连续，其左右斜率却不同。端点在指定时使用相应单侧导数。

证明

可微蕴含连续

$h\ne0$ 时，$f(a+h)-f(a)=h[(f(a+h)-f(a))/h]$。若商趋向 $f'(a)$，此积趋向零。因此 $h\to0$ 时 $f(a+h)\to f(a)$。

定理

求导法则

当所列导数存在，$(f+g)'=f'+g'$，$(fg)'=f'g+fg'$，$g\ne0$ 时 $(f/g)'=(f'g-fg')/g^2$，以及 $(f\circ g)'(x)=f'(g(x))g'(x)$。对实数 $r$，在 $x>0$ 时 $(x^r)'=rx^{r-1}$；整数次幂亦可在其有定义的地方使用。以弧度计 $(\sin x)'=\cos x$、$(\cos x)'=-\sin x$。此外 $(e^x)'=e^x$，$x>0$ 时 $(\ln x)'=1/x$。

证明

由增量证乘积法则

将 $f(a+h)g(a+h)-f(a)g(a)$ 写成 $[f(a+h)-f(a)]g(a+h)+f(a)[g(a+h)-g(a)]$。除以 $h$ 并取极限。可微使 $g(a+h)\to g(a)$，故得 $f'(a)g(a)+f(a)g'(a)$。

例题

链式、乘积及对数微分

若 $y=x^2e^{3x}$，乘积及链式法则得 $y'=e^{3x}(2x+3x^2)$。若 $y=x^x$、$x>0$，取对数得 $\ln y=x\ln x$。求导得 $y'/y=\ln x+1$，所以 $y'=x^x(\ln x+1)$。取对数须正的真数；若 $y\ne0$，适当时可在局部用 $\ln|y|$。

例题

隐式及反函数微分

若 $x^2+y^2=25$ 在局部定义可微的 $y(x)$ 且 $y\ne0$，求导得 $2x+2yy'=0$，故 $y'=-x/y$。在 $y=0$ 时此公式不保证有限导数。若局部存在可微反函数且 $f'(x)\ne0$，对 $f^{-1}(f(x))=x$ 求导得 $(f^{-1})'(f(x))=1/f'(x)$。因此 $(\arctan x)'=1/(1+x^2)$，而 $|x|<1$ 时 $(\arcsin x)'=1/\sqrt{1-x^2}$。

分段函数与线性近似

若 $f$ 在 $a$ 改变公式，先检查函数值与左右极限是否相同，再求左右差商；可微要求它们均存在且相等。例如 $x\ge0$ 时令 $f(x)=x^2$，$x<0$ 时令 $f(x)=2x$。两侧均趋向零，故零点连续；但右导数为 $0$、左导数为 $2$，所以 $f'(0)$ 不存在。

在可微点，$h\to0$ 时 $f(a+h)=f(a)+f'(a)h+o(h)$。切线 $y=f(a)+f'(a)(x-a)$ 因而提供局部线性近似。小 $o$ 表示误差除以 $h$ 趋向零；没有进一步资讯时，它不保证特定数值误差上界。

例题

点处导数和切线

对 $f(x)=\sqrt{x}$ 和 $a=4$，在 $x>0$ 有 $f'(x)=1/(2\sqrt{x})$。切线为 $y=2+(x-4)/4$，故 $\sqrt{4.04}\approx2.01$。此近似是局部的；泰勒定理可提供量化误差界。

方法选择

要求证明可微时，特别在分段边界，从定义出发。其他情况先辨认外层和内层再用链式法则。曲线在局部定义函数时可用隐式微分；正的乘积或变量次幂可用对数微分。高阶导数只能在前一阶导数存在之处反覆求导。

练习

1. 由定义求 $f(x)=x^2$ 的 $f'(a)$。
2. 求 $\ln(1+x^2)$ 的导数并指出定义域。
3. 假设 $x^2+xy+y^2=7$ 在 $(1,2)$ 附近定义可微 $y(x)$，求 $dy/dx$。

详解

1. $h\ne0$ 时 $[(a+h)^2-a^2]/h=2a+h$，极限是 $2a$。
2. 因 $1+x^2>0$，定义域是 $\mathbb R$；链式法则给出 $2x/(1+x^2)$。
3. 求导得 $2x+y+xy'+2yy'=0$；分母非零时 $y'=-(2x+y)/(x+2y)$。在 $(1,2)$ 得 $-4/5$。

章节联系

导数本身也是函数；其符号和变化描述单调性、曲率及最优值。反函数微分亦提供积分所需的导数公式。

本篇所用方法的证明

6.4 二项式系数与 Pascal 恒等式

对整数 $n\ge0$、$0\le k\le n$，定义

$$\binom nk=\frac{n!}{k!(n-k)!},\qquad 0!=1.$$

它计算从 $n$ 个不同对象中选取 $k$ 个的方式：有 $n(n-1)\cdots(n-k+1)$ 个有序选择，每个无序选择出现 $k!$ 个顺序。特别地 $\binom n0=\binom nn=1$、$\binom nk=\binom n{n-k}$。

对 $1\le k\le n$，Pascal 恒等式为

$$\binom n{k-1}+\binom nk=\binom{n+1}k.$$

无需阶乘运算即可说明：在 $n+1$ 个对象中特别标记一个。$k$ 元选择要么包含它，此时其余 $k-1$ 个从 $n$ 个中选；要么不包含它，此时所有 $k$ 个从 $n$ 个中选。两种情况互斥且穷尽。也可将两个阶乘分式通分至 $k!(n+1-k)!$；分子因子之和为 $k+(n+1-k)=n+1$。

6.5 推导二项式定理

对非负整数 $n$ 和实数 $a,b$，

$$(a+b)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom nk a^{n-k}b^k.$$

此多项式恒等式中，指数为零的幂代表常数因子 $1$，包括 $a=0$ 或 $b=0$ 时。这是多项式求值约定，不是声称每个极限表达式 $0^0$ 都有指定值。

归纳证明。 当 $n=0$，两边均为 $1$。假设公式对 $n$ 成立，乘以 $a+b$。一部分贡献 $\binom nk a^{n+1-k}b^k$；另一部分换指标后贡献 $\binom n{k-1}a^{n+1-k}b^k$。中间项用 Pascal 恒等式合并，两端保留 $a^{n+1}$ 和 $b^{n+1}$。结果恰是 $n+1$ 的公式。

也可直接理解：在 $n$ 个 $(a+b)$ 的乘积中，含 $k$ 个 $b$ 和 $n-k$ 个 $a$ 的项由选择哪 $k$ 个因子贡献 $b$ 而产生，共有 $\binom nk$ 种选择。这同时解释系数和指数。

整数条件很重要。例如 $(1+x)^{1/2}$ 不是两项多项式。无穷二项展开需要额外收敛理论，不是此处证明的有限定理。

有限实数极限运算与等比数列：补全证明

使用有序实数、阿基米德性质、正整数归纳法及绝对值三角不等式。数列收敛至有限实数 $L$，是指每个 $\varepsilon>0$ 都有对所有 $n\ge N$ 有效的下标 $N$。

唯一性、有界性与子列。 若 $a_n\to L,M$ 且 $L\ne M$，在同一充分大下标使两误差均小于 $|L-M|/3$，三角不等式便给出 $|L-M|<2|L-M|/3$，矛盾。要证有界，令尾部 $|a_n-L|<1$，再取 $|L|+1$ 与有限个初始绝对值的最大值。对子列下标 $n_1<n_2<\cdots$，归纳给出 $n_k\ge k$，故原数列的每个尾部阈值最终也适用于子列。

和、数乘及积。 若 $a_n\to a$、$b_n\to b$，令两个输入误差均小于 $\varepsilon/2$，则

$$|(a_n+b_n)-(a+b)|\le|a_n-a|+|b_n-b|<\varepsilon.$$

对固定 $c\ne0$，使用输入容差 $\varepsilon/|c|$；$c=0$ 直接成立。取所有 $|b_n|$ 的一个上界 $B\ge1$，要求

$$|a_n-a|<\frac{\varepsilon}{2B},\qquad |b_n-b|<\frac{\varepsilon}{2(|a|+1)}.$$

在共同的后期阈值后，$|a_nb_n-ab|\le B|a_n-a|+|a||b_n-b|<\varepsilon$。

倒数与商。 若 $b\ne0$，先令 $|b_n-b|<|b|/2$，从而 $|b_n|>|b|/2$，分母非零。于是

$$\left|\frac1{b_n}-\frac1b\right|\le\frac{2|b_n-b|}{|b|^2}.$$

再要求 $|b_n-b|<\varepsilon|b|^2/2$，便证明倒数收敛。乘积法则继而给出 $a_n/b_n\to a/b$。可省略最初有限个无定义的商；收敛只约束尾部。

保序与夹逼。 若最终 $a_n\le b_n$ 且分别趋于 $a,b$，则 $a\le b$；否则将两误差限制在 $(a-b)/3$ 内会迫使 $a_n>b_n$。若最终 $a_n\le z_n\le b_n$，两端都趋于 $L$，令两端误差均小于 $\varepsilon$，就得到 $L-\varepsilon<z_n<L+\varepsilon$，所以 $z_n\to L$。无需事先知道中间数列有极限。

对相应的函数极限法则，固定共同的允许趋近定义域 $D\subseteq\mathbb R$，并设 $a$ 是 $D$ 的聚点：$a$ 的每个去心邻域都含 $D$ 中的点。设 $f,g:D\to\mathbb R$ 在 $a$ 有所述的有限相对定义域极限。将上述估计中的尾部阈值改为去心定义域半径，并取有限个正半径的最小值。乘积证明只需局部有界：由 $g(x)\to b$，充分小的去心 $D$ 邻域上有 $|g(x)|\le|b|+1$，即使它在 $D$ 的其他部分无界。相同估计证明和、数乘、积、倒数及商的法则，并保留极限分母非零的条件；相同保序及夹逼估计适用于共同趋近域。证明唯一性或排除不相容的极限次序时，聚点条件提供实际定义域点。

对复合，设 $B\subseteq\mathbb R$、$b\in B$，且 $F:B\to\mathbb R$ 在 $b$ 相对于 $B$ 连续。设 $g:D\to\mathbb R$ 趋于 $b$，并在 $a$ 的某个充分小去心 $D$ 邻域中处处满足 $g(x)\in B$。给定 $\varepsilon>0$，连续性给出 $\eta>0$，使 $u\in B$ 且 $|u-b|<\eta$ 蕴含 $|F(u)-F(b)|<\varepsilon$。$g$ 的极限与复合定义域条件提供共同正半径，令每个允许趋近的 $x$ 都满足两条件。因此 $F(g(x))\to F(b)$。这包括 $g(x)=b$ 的输入，不除以内层增量。

等比数列的分类。 对 $t\ge0$，Bernoulli 界 $(1+t)^n\ge1+nt$ 可由归纳证明：将 $n$ 的情形乘以正数 $1+t$，保留非负余项 $nt^2$。若 $0<q<1$，令 $t=q^{-1}-1>0$，则

$$0<q^n\le\frac1{1+nt}\longrightarrow0.$$

给定容差，由阿基米德性质选 $N$ 使右侧更小。因此 $0<|r|<1$ 时，由 $|r^n|=|r|^n$ 得 $r^n\to0$；$r=0$ 时所有正下标项为零。$r=1$ 时恒为一。$r=-1$ 时偶、奇子列分别为一和负一，由唯一性及子列继承性排除收敛。若 $r>1$，取 $t=r-1$，Bernoulli 给 $r^n\ge1+nt\to+\infty$。若 $r<-1$，同理 $|r^n|\to+\infty$，与收敛实数列必有界矛盾。这些情况穷尽所有实公比。

扇形面积与弧度

使用以下初等几何事实：单位圆的周长是 $2\pi$，围成的面积是 $\pi$，两式中的 $\pi$ 相同；平面面积在旋转下不变，对内部互不相交的区域有限可加，并且关于包含关系单调。

设 $0<h<\pi/2$ 以弧度计，令 $t=h/(2\pi)$。在单位圆上，$h$ 就是弧长，因此 $t$ 是该角所对应的弧长占整圆周长的比例。将圆分成 $n$ 个等角扇形。旋转把每个扇形移到下一个，所以各扇形面积相等。它们的内部互不相交，合起来填满圆盘；有限可加性给出每个扇形面积为 $\pi/n$。因此，当整周比例 $t=m/n$ 为有理数时，扇形面积为 $m\pi/n=\pi t=h/2$。

对这个范围内任意的 $t$，取满足 $0\le r_k\le t\le s_k\le1$ 且 $r_k,s_k\to t$ 的有理数。取所有扇形以同一射线为起始边，相应扇形便按包含关系嵌套，由面积单调性及有理数情形得到

$$\pi r_k\le A(h)\le\pi s_k.$$

令 $k\to\infty$，得 $A(h)=\pi t=h/2$。这就证明了几何比较中使用的扇形面积公式。

9.5 基本三角极限

本节所有极限使用弧度。对 $0<h<\pi/2$，比较内三角形、单位圆扇形与外切线三角形的面积：

$$\tfrac12\sin h<\tfrac12h<\tfrac12\tan h.$$

扇形面积是 $h/2$，正因为 $h$ 使用弧度。两边相除并利用余弦为正，得到

$$\cos h<\frac{\sin h}{h}<1.$$

对 $0<h<\pi/2$，上面的面积比较也给出 $0<\sin h<h$ 且 $\cos h>0$。利用 $\sin^2 h+\cos^2 h=1$，

$$0\le 1-\cos h=\frac{\sin^2 h}{1+\cos h}\le h^2.$$

因此 $h\to0^+$ 时 $\cos h\to1$。由于余弦是偶函数，左侧也有相同极限。

当 $h\to0^+$，余弦趋于一，夹逼原理给出 $\sin h/h\to1$。该商是 $h$ 的偶函数，故左极限相同。夹逼原理本身来自有限极限定义：若上下函数都在任意指定容许误差内接近 $L$，夹在中间的数也如此。

两个推论为

$$\lim_{h\to0}\frac{\tan h}{h}=1,\qquad \lim_{h\to0}\frac{1-\cos h}{h^2}=\frac12.$$

第一个将 $\sin h/h$ 除以 $\cos h$；第二个使用 $1-\cos h=2\sin^2(h/2)$，得到 $[\sin(h/2)/(h/2)]^2$ 的一半。特别地 $(\cos h-1)/h\to0$。

子列

定义

子列

$(x_n)$ 的子列是 $(x_{n_k})$，其中 $n_1<n_2<\cdots$ 为正整数。若 $x_n\to L$，每个子列都收敛至 $L$，因为 $n_k\ge k$，最终会超过任意指定下标。

定理

Bolzano–Weierstrass 定理

每个有界实数数列都有收敛子列。

证明

套叠区间证明

把所有项放入闭有界区间 $I_1$，并把它平分。至少一半含无穷多个数列项；选该半区间为 $I_2$。继续进行，得到长度趋零的套叠闭区间 $I_k$，每个都含无穷多项。选严格递增的下标 $n_k$ 使 $x_{n_k}\in I_k$；因每个区间含无穷多项，故可做到。完备性给出所有区间的一个共同点 $L$：左端点集合的上确界位于每个区间内，因为每个左端点都不超过每个右端点。由 $x_{n_k},L\in I_k$，二者距离不超过区间长度，故趋零。

结论是关于子列，而非整个数列。例如 $(-1)^n$ 有分别收敛至 $1$ 及 $-1$ 的常数子列，但自身不收敛。

实直线闭集：序列判据与开补集

在通常的经典集合论背景下讨论实直线，并允许可数次见证选择。集合 $U$ 为开集，是指每个 $y$ 属于 $U$ 都有某个 $r>0$，使 $(y-r,y+r)$ 包含于 $U$。使用阿基米德性质的推论：$1/n$ 趋于零。对任意实直线子集 $K$，下列条件等价：

1. $K$ 中任意在实直线上收敛的序列，其极限仍属于 $K$。
2. $K$ 的补集为开集。

由 2 推出 1。 设 $x_n$ 属于 $K$ 且 $x_n$ 趋于 $x$。若 $x$ 不属于 $K$，补集的开放性给出 $r>0$，使 $(x-r,x+r)$ 与 $K$ 不相交。收敛性保证充分靠后时 $|x_n-x|<r$，与 $x_n$ 属于 $K$ 矛盾，故 $x$ 属于 $K$。

由 1 推出 2。 固定不属于 $K$ 的 $y$。若以 $y$ 为中心的每个正半径区间都遇到 $K$，则对每个正整数 $n$，都有 $x_n$ 属于 $K$ 且 $|x_n-y|<1/n$。将这些见证选成一个序列。给定 $\varepsilon>0$，取 $N$ 使 $1/N<\varepsilon$；当 $n\ge N$，有 $|x_n-y|<1/n\le1/N<\varepsilon$，故 $x_n$ 趋于 $y$。条件 1 会迫使 $y$ 属于 $K$，矛盾。因此 $y$ 周围存在避开 $K$ 的区间。对补集每点均如此，故补集开放。选择见证序列这一步使用已声明的经典背景；这里不声称在不带选择的基础体系中证明同一结论。若 $K$ 为空，其中没有序列，其补集为整个开实直线；若 $K$ 为整个实直线，其空补集的开放性真空成立。两种边界情形也满足等价关系。

学习目标与定义

集合 $K\subseteq\mathbb R$ 称为紧致的，如果任意一族开集只要其并包含 $K$，就存在有限个成员仍覆盖 $K$。集合若包含其点构成的每个收敛序列的极限，则称为闭集；等价地，其补集是开集。序列紧致性指 $K$ 中每个序列都有收敛到 $K$ 中某点的子列。

空集是紧致、闭且有界的，也满足序列紧致性；这些性质均以空真方式成立。在需要选取点或无穷序列的证明中，要单独处理空集。我们使用先前数列内容中的实数完备性及其闭区间套和 Bolzano–Weierstrass 推论。

定理：实数直线上的 Heine–Borel 定理

对 $K\subseteq\mathbb R$，下列条件等价：开覆盖意义下的紧致性；闭且有界；序列紧致性。

紧致推出闭且有界。 区间 $(-n,n)$（$n\ge1$）覆盖 $\mathbb R$，因而覆盖 $K$。有限子覆盖给出一个界。为证明闭性，取 $y\notin K$。对每个 $x\in K$，区间 $B(x,|x-y|/2)$ 不含 $y$。取其中覆盖 $K$ 的有限子族，令 $\delta$ 为这些区间中心到 $y$ 的正距离的一半所组成的有限集合的最小值。所选以 $x$ 为中心的区间内每点到 $y$ 的距离严格大于 $|x-y|/2\ge\delta$。因此 $B(y,\delta)$ 与 $K$ 不相交，因此对每个集合外的点，都找到不与集合相交的开邻域，补集是开集。若 $K$ 为空，结论立即成立。

闭且有界推出紧致。 将非空的 $K$ 放入闭有界区间 $I_0$。假设 $K$ 的某个开覆盖不存在有限子覆盖。将 $I_0$ 二等分；至少一个闭半区间与 $K$ 的交集不能被有限覆盖，否则两组有限覆盖合起来便覆盖 $K$。选取这样的半区间并重复，得到长度趋于零的闭区间套 $I_n$，且 $K\cap I_n$ 不能被有限覆盖。每个交集非空，选取 $x_n\in K\cap I_n$。闭区间套性质给出唯一公共点 $p$；因两者均在 $I_n$ 中，故 $x_n\to p$。由闭性得 $p\in K$。覆盖中某个成员 $O$ 含 $p$；由其开放性，$O$ 包含以 $p$ 为中心的某个开球。当 $n$ 足够大时，整个区间 $I_n$ 均在该球内，于是单个开集 $O$ 就覆盖 $K\cap I_n$，矛盾。

闭且有界推出序列紧致。 $K$ 中每个序列有界，故 Bolzano–Weierstrass 定理给出收敛子列。由闭性，其极限仍在 $K$ 中。

序列紧致推出闭且有界。 若无界，可选取 $x_n\in K$，使 $|x_n|>n$；它没有收敛到有限实数的子列，矛盾。若 $p$ 是 $K$ 中点的极限，则可选取 $x_n\in K$ 使 $|x_n-p|<1/n$。由序列紧致性，某子列收敛到 $K$ 中一点；它也收敛到 $p$，由实数极限唯一性得 $p\in K$。因此 $K$ 是闭集，所有蕴涵均已证明。

固定整数 $n\ge1$，在 $\mathbb R^n$ 上使用欧几里得范数。集合若包含在某个有限半径的球内，就称为有界；若补集是开集，就称为闭集；若它的每个由 $\mathbb R^n$ 中开集组成的覆盖都有有限子覆盖，就称为紧集。我们使用实数完备性，包括闭区间套性质。

有限维欧几里得空间的 Heine–Borel 定理

定理。 集合 $K\subseteq\mathbb R^n$ 紧致，当且仅当它闭且有界。空集具有这三种性质。

紧致推出有界。 开球 $B(0,m)$（整数 $m\ge1$）覆盖 $K$。取有限子覆盖后，$K$ 包含在其中最大的球内。

紧致推出闭。 设 $K\ne\varnothing$ 且 $y\notin K$。开球 $B(x,\|x-y\|/2)$（$x\in K$）覆盖 $K$。取中心为 $x_1,\ldots,x_r$ 的有限子覆盖，令 $\delta=\min_i\|x_i-y\|/2>0$。若 $z$ 在以 $x_i$ 为中心的所选球内，三角不等式给出 $\|z-y\|>\|x_i-y\|/2\ge\delta$。所以 $B(y,\delta)$ 不与 $K$ 相交，补集是开集。

闭且有界推出紧致。 设非空的 $K$ 闭且有界，把它包含在闭立方体 $Q_0=[-M,M]^n$ 内，其中 $M>0$。假设 $K$ 的某个开覆盖没有有限子覆盖。把每个坐标区间分成两个闭半区间，所得 $2^n$ 个闭子立方体覆盖 $Q_0$。至少一个子立方体与 $K$ 的交集不能由给定覆盖族有限覆盖；否则把有限多个有限子覆盖合并，就能覆盖 $K$。选取这样的子立方体并重复，得到闭立方体套 $Q_j$，其边长为 $2M/2^j$，且 $K\cap Q_j$ 不能被有限覆盖，因而非空。

对每个坐标使用闭区间套性质，得到公共坐标值；合起来得到 $p\in\bigcap_jQ_j$。$Q_j$ 中任意两点的距离不超过 $2M\sqrt n/2^j$，所以交集中只有 $p$。选取 $x_j\in K\cap Q_j$，则 $\|x_j-p\|\le2M\sqrt n/2^j\to0$。闭集包含这种极限：若 $p$ 在开补集中，$p$ 周围某个开球就会使最终的 $x_j$ 落在 $K$ 外，矛盾。因此 $p\in K$。

覆盖中有一个成员 $O$ 含 $p$，由开放性，存在 $\varepsilon>0$ 使 $B(p,\varepsilon)\subseteq O$。当 $j$ 足够大时，$Q_j$ 的每点到 $p$ 的距离都小于 $\varepsilon$，于是单个 $O$ 就覆盖 $K\cap Q_j$，与 $Q_j$ 的选取矛盾。因此每个开覆盖都有有限子覆盖。这里 $2^n$ 是有限数；若改成无限多个子块，这个论证就不再成立。

连续像与极值

定理。 若 $K\subseteq\mathbb R^n$ 紧致，且 $F:K\to\mathbb R^m$ 相对于 $K$ 连续，则 $F(K)$ 紧致。特别地，非空紧集 $K$ 上的连续函数 $f:K\to\mathbb R$ 有界，并达到最大值和最小值。

证明。 $F(K)$ 的开覆盖 $(O_i)$ 的原像是相对开集 $F^{-1}(O_i)=K\cap U_i$，其中 $U_i$ 在 $\mathbb R^n$ 中开。这些 $U_i$ 覆盖 $K$，所以有限多个足够。对应的 $O_i$ 覆盖 $F(K)$，证明了像的紧致性。对标量函数 $f$，由已证明定理的一维情形，其像非空、闭且有界。令 $a=\sup f(K)$。对每个 $j\ge1$，由上确界定义，可取 $y_j\in f(K)$ 使 $a-1/j<y_j\le a$。于是 $y_j\to a$，闭性使 $a$ 属于像，所以最大值可达。对 $-f$ 使用同一论证即得最小值。该结论证明存在性，而不提供极大点的计算公式。

一致连续

定义

整个定义域共用一个 delta

若对每个 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使所有 $x,y\in A$ 只要满足 $|x-y|<\delta$，便有 $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$，则称 $f:A\to\mathbb R$ 在 $A$ 上一致连续。$\delta$ 可依赖 $\varepsilon$，但不可依赖 $x$ 或 $y$。

定理

Heine–Cantor 定理

紧致集合上的每个连续实值函数都一致连续。

证明

用紧致性作反证

若非一致连续，则存在 $\varepsilon_0>0$，使每个 $n$ 都有 $x_n,y_n\in K$，满足 $|x_n-y_n|<1/n$，但 $|f(x_n)-f(y_n)|\ge\varepsilon_0$。紧致性给子列 $x_{n_k}\to x\in K$；由两点距离趋零，也有 $y_{n_k}\to x$。连续性给 $f(x_{n_k})\to f(x)$ 及 $f(y_{n_k})\to f(x)$，与输出距离至少为 $\varepsilon_0$ 矛盾。

例题

无界定义域上连续但非一致连续

$f(x)=x^2$ 在 $\mathbb R$ 上连续，但不一致连续。取 $x_n=n$、$y_n=n+1/n$，则 $|x_n-y_n|=1/n\to0$，但 $|f(y_n)-f(x_n)|=2+1/n^2\not\to0$。在任何闭有界区间上，Heine–Cantor 定理却保证一致连续。也可直接证明：若 $|x|,|y|\le M$，则 $|x^2-y^2|\le2M|x-y|$。

学习目标与定义

推导可积性结论背后的证明，并区分有界与可积。设 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上有界。对分割 $P:a=x_0<\cdots<x_n=b$，记 $m_i=\inf_{[x_{i-1},x_i]}f$、$M_i=\sup_{[x_{i-1},x_i]}f$，并定义 $L(f,P)=\sum m_i\Delta x_i$、$U(f,P)=\sum M_i\Delta x_i$。下积分 $\underline I$ 是所有下和的上确界，上积分 $\overline I$ 是所有上和的下确界。加细分割使下和不减、上和不增。

对任意两个分割 $P,Q$，由其公共加细得 $L(f,P)\le U(f,Q)$，故 $\underline I\le\overline I$。有界性保证这些量有限。上下积分相等时，称函数 Riemann 可积。

定理：Darboux 判据

有界函数可积，当且仅当对每个 $\varepsilon>0$ 都存在分割，使 $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。

证明。 若上下积分均等于 $I$，由上下确界逼近性质，取一个大于 $I-\varepsilon/2$ 的下和及一个小于 $I+\varepsilon/2$ 的上和。它们的公共加细的上下和之差小于 $\varepsilon$。反之，若对每个正的 $\varepsilon$ 都有这样的分割，则不等式 $0\le\overline I-\underline I\le U(f,P)-L(f,P)$ 迫使上下积分之差为零。

证明

为何连续性足够

紧致区间上的连续函数一致连续。给定 $\varepsilon>0$ 且 $b>a$，选 $\delta$，使距离小于 $\delta$ 的点，其函数值之差小于 $\varepsilon/(2(b-a))$。取网格小于 $\delta$ 的分割，每个子区间的振幅至多为该界，故 $U-L<\varepsilon$。由达布判据可积。当 $a=b$，约定积分为零。

有界常义黎曼积分：网格等价及基本性质

设有限实数 $a<b$，且 $f:[a,b]\to\mathbb R$ 有界。对分割 $P$，以下用 $L(f,P),U(f,P)$ 表示 Darboux 下和、上和。使用实数完备性及已证明的 Darboux 判据：上下积分相等当且仅当 $U-L$ 可任意小。本段不要求 $f$ 连续。

Darboux 推出所有细网格标签和收敛。 设 Darboux 积分为 $I$。给定 $\varepsilon>0$，固定一个分割 $P_0$，其差小于 $\varepsilon/2$。取 $M>0$ 使 $|f|\le M$，设 $P_0$ 有 $k$ 个内部分点。对任意另一分割 $P$，将闭包包含这些分点之一的小区间标为坏区间。每个分点至多属于两个小区间，所以坏区间总长至多 $2k\|P\|$。其余好区间均位于某个 $P_0$ 小区间内。好区间的振幅和贡献不超过 $P_0$ 的差，坏区间贡献至多 $2M(2k\|P\|)$。因此

$$U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon/2+4Mk\|P\|.$$

取 $\|P\|<\varepsilon/[8M\max(1,k)]$。每个标签和 $S(P)$ 与 $I$ 均在 $L(f,P),U(f,P)$ 之间，故 $|S(P)-I|<\varepsilon$，且与标签选择无关。

反方向。 假设所有充分细标签和都与同一有限数 $I$ 相差小于 $\eta$。固定一个这样的细分割。每个小区间的上确界、下确界都能由实际函数值以小于 $\eta/(b-a)$ 的误差逼近。由此选出的上逼近标签和大于 $U(f,P)-\eta$，下逼近和小于 $L(f,P)+\eta$，所以 $U(f,P)<I+2\eta$、$L(f,P)>I-2\eta$。由于 $\eta$ 可任意小，由 Darboux 判据可积。再用下和、上和夹住标签和，得积分恰为 $I$。这个论证不需要上下确界达到。

线性、常数与保序。 对可积的 $f,g$ 及实数 $\alpha,\beta$，在共同标签分割上有精确有限恒等式 $S(\alpha f+\beta g)=\alpha S(f)+\beta S(g)$。右侧极限存在，由刚证明的等价性，左侧函数可积且积分满足线性恒等式。常数函数 $c$ 的每个和均为 $c(b-a)$。若 $f\le g$，同标签的和保持该次序，极限也保持。故当 $|f|\le M$ 时，$|\int f|\le M(b-a)$。

绝对值。 由反三角不等式，在每个小区间 $J$ 上有 $\operatorname{osc}_J|f|\le\operatorname{osc}_J f$：将 $||f(x)|-|f(y)||\le|f(x)-f(y)|$ 应用于实际点，再逼近上下确界即可。因此 $|f|$ 的每个 Darboux 差不超过 $f$ 的差，故 $|f|$ 可积。由于 $-|f|\le f\le|f|$，由保序与线性得 $|\int_a^b f|\le\int_a^b|f|$。

限制与区间可加性。 对 $a<c<b$，将任意小差分割加上分点 $c$。$[a,c]$ 与 $[c,b]$ 的非负差之和为加细后整段的差，所以各自都可任意小，两段限制均可积。将两段网格趋零的分割接合，整段标签和精确等于两段标签和之和。取三个极限，得 $\int_a^b f=\int_a^c f+\int_c^b f$。反之，若两段有界可积，各选差小于 $\varepsilon/2$ 的分割并接合，整段差小于 $\varepsilon$，证明整段可积及同一恒等式。共享端点的函数值相同；任何单独端点都没有正的区间长度。规定同限积分为零、反限积分取负，再用区间拆分与相消，便把可加性推广到三个端点的每种次序。

这些证明支持累积、连续版本基本定理、分部积分和常义换元中使用的估计。这里只证明有界常义黎曼结论；奇点或无穷端点的积分仍需另行使用收敛定义。

定义

函数极限与连续性

假设 $f$ 在除 $a$ 以外任意接近 $a$ 的点有定义。若对每个 $\varepsilon>0$ 都有 $\delta>0$，使定义域内的 $0<|x-a|<\delta$ 蕴含 $|f(x)-L|<\varepsilon$，则写作 $\lim_{x\to a}f(x)=L$。若 $f$ 在 $a$ 有定义且极限等于 $f(a)$，则 $f$ 在 $a$ 连续。端点使用相应的单侧极限。

当定义域中从 $a$ 两侧都存在任意接近 $a$ 的点时，双侧极限存在当且仅当左右极限都存在且相等。多项式处处连续，有理函数在分母非零处连续；连续函数的和、积、分母非零的商及有定义的复合均连续。以弧度计，标准极限 $\lim_{x\to0}\sin x/x=1$ 支持后面的正弦导数。$+∞$ 和 $-∞$ 处的极限分别描述两个方向的行为；无穷并不是实数输入。

定理

中间值及极值

若 $f$ 在 $[a,b]$ 连续，它在该区间取得最大值及最小值。若 $y$ 介于 $f(a)$ 和 $f(b)$ 之间，则存在 $c\in[a,b]$ 使 $f(c)=y$。极值结论依赖闭、有界和连续；只在开区间连续不保证取得极值。

证明

中间值定理的证明思路

假设 $f(a)<y<f(b)$，令 $S=\{x\in[a,b]:f(x)\le y\}$。该集合非空且有上界，故 $c=\sup S$ 存在。若 $f(c)<y$，连续性会使 $c$ 右侧附近的点也属于 $S$；若 $f(c)>y$，连续性又会使任意接近 $c$ 的 $S$ 中点的函数值大于 $y$，均矛盾。因此 $f(c)=y$。端点相等的情况直接成立，反向排列可用反向不等式处理。

学习目标与设定

将可微性理解为线性近似，处理链式法则中内层增量为零的情况，构造导数不连续的可微函数，并陈述局部可微反函数的充分条件。除非明确讨论端点，均假设函数定义在所论点的开邻域内。

在 $a$ 可微意味着差商有有限极限 $f'(a)$。等价地，

$$f(a+h)=f(a)+f'(a)h+h\varepsilon(h),\qquad\varepsilon(h)\to0.$$

对非零 $h$ 定义误差商，并将其在零处的值设为零。这精确表达了切线近似的内容。令增量趋于零可得连续性；但单凭它不能给出数值误差常数或二阶导数界。

竖直斜率或单侧无穷斜率不是此定义下的有限导数。在定义域端点，可以单独定义并命名单侧导数，但不能悄悄把它等同于不存在的双侧导数。

1. 处理内层变化为零的链式法则证明

设 $g$ 在 $a$ 可微，$F$ 在 $b=g(a)$ 可微，且附近的复合有定义。写成

$$F(b+k)-F(b)=F'(b)k+k\eta(k),\qquad\eta(k)\to0,$$

并设 $\eta(0)=0$。令 $k=g(a+h)-g(a)=g'(a)h+h\varepsilon(h)$。由 $g$ 连续，$k\to0$。代入得

$$\frac{F(g(a+h))-F(g(a))}{h} =[F'(b)+\eta(k)][g'(a)+\varepsilon(h)]\longrightarrow F'(b)g'(a).$$

该证明从不除以 $k$；后者对无穷多个增量可能为零。常见的两个差商相乘证明在拟用分母为零时需要另作讨论，误差函数证明则自动包含此情形。

对商 $f/g$，条件 $g(a)\ne0$ 加上 $g$ 的连续性，给出满足 $|g(x)|>|g(a)|/2$ 的邻域。因此该商在局部有定义，导数公式才能得到论证。仅在最终答案中写出分母的平方，并不能证明这一局部定义域事实。

从常义面积对数建立自然指数

使用有限闭区间上连续函数的常义积分、已证明的可加性／保序／线性、实数完备性及阿基米德性质，以及介值定理。定义

$$L(x)=\int_1^x\frac{dt}{t}\qquad(x>0),$$

上下限按方向理解。每个积分都是常义积分，因为其区间与零保持正距离。

连续且严格递增。 若 $0<u<v$，可加性与保序性给 $L(v)-L(u)=\int_u^vdt/t\ge(v-u)/v>0$。在固定 $a>0$ 附近要求 $x>a/2$，便有 $|L(x)-L(a)|\le(2/a)|x-a|$，无需对数导数即证连续。

由实际和式证明乘法公式。 固定 $u>0$，将 $1$ 与 $v>0$ 之间的带标签分割放大 $u$ 倍，网格与各宽度均乘 $u$，对应和满足

$$\sum_i\frac{u\Delta s_i}{u\xi_i}=\sum_i\frac{\Delta s_i}{\xi_i}.$$

两边都是连续常义被积函数的和，故所有细网格的极限相等。$v<1$ 时反转方向；$v=1$ 时直接为零。因此 $\int_u^{uv}dt/t=L(v)$，得到

$$L(uv)=L(u)+L(v).$$

特别地，$L(1)=0$、$L(1/u)=-L(u)$、$L(2^n)=nL(2)$。由于 $L(2)>0$，由阿基米德性质，后者无上界；倒数处的值无下界。给定实数 $y$，选正参数使 $L$ 分别低于、高于 $y$，由连续性及介值定理存在 $x>0$ 满足 $L(x)=y$；严格递增保证唯一。

建立并控制反函数。 定义 $E:\mathbb R\to(0,\infty)$ 为这个反函数，它严格递增且连续。证明 $y_0=L(a)$ 处连续时，取 $0<d<\min(a,\varepsilon)$。$L(a-d)<y_0<L(a+d)$ 有正的两侧间距。令 $|y-y_0|$ 小于两个间距，单调性迫使 $a-d<E(y)<a+d$，从而 $|E(y)-a|<\varepsilon$。乘法公式及唯一性给 $E(s+t)=E(s)E(t)$、$E(0)=1$、$E(-t)=1/E(t)$。定义 $e=E(1)>1$，并对 $a>0$ 定义 $a^t=E(tL(a))$。由 $L(E(z))=z$ 可得 $a^{s+t}=a^sa^t$ 和 $(a^s)^t=a^{st}$。整数指数等于重复相乘；有理指数 $m/n$（$n>0$）给出 $a^m$ 唯一的正 $n$ 次根。因此与初等正底数有理幂一致，并给出其连续实指数延拓。特别地 $E(t)=e^t$，面积对数就是其反函数 $\ln=L$。

无循环的导数证明。 对 $a>0$，在 $a$ 与 $a+h$ 之间的区间上，保留 $h$ 的符号与积分方向，$1/t$ 的平均值位于其最小、最大值之间；这两个界均趋于 $1/a$，所以

$$\frac{L(a+h)-L(a)}h\longrightarrow\frac1a.$$

对 $y_0=L(a)$ 和 $h\ne0$，令 $v=E(y_0+h)\ne a$。反函数连续性给 $v\to a$，并有

$$\frac{E(y_0+h)-E(y_0)}h =\left(\frac{L(v)-L(a)}{v-a}\right)^{-1}\longrightarrow a=E(y_0).$$

分母极限非零，故取倒数有效。这从常义面积与反函数连续性证明 $L'=1/x$、$E'=E$，没有洛必达法则，也不预设指数导数。链式法则再由 $x^r=E(rL(x))$ 得 $x>0$ 上 $(x^r)'=rx^{r-1}$，并对 $b>0$ 得 $(b^x)'=(\ln b)b^x$。$b=1$ 是常数一。这补上面积对数、反函数指数与实数幂记号之间的规范化及身份联系。

10.4 带假设的乘积、商与链式法则

若 $f,g$ 在 $a$ 处可微，则在那里连续，且

$$(fg)'(a)=f'(a)g(a)+f(a)g'(a).$$

一种证明在乘积差中加减 $f(a+h)g(a)$，除以 $h$，再使用两个导数极限和连续性。若还满足 $g(a)\ne0$，连续性使 $g$ 在附近非零，对 $f(1/g)$ 用乘积法则得

$$\left(\frac fg\right)'(a)=\frac{f'(a)g(a)-f(a)g'(a)}{g(a)^2}.$$

对复合，假设 $g$ 在 $a$ 可微、$f$ 在 $g(a)$ 可微，且复合函数在 $a$ 的邻域上有定义，则

$$(f\circ g)'(a)=f'(g(a))g'(a).$$

避免除以可能为零的内层增量的证明很有用。可微性给出

$$f(g(a)+u)=f(g(a))+f'(g(a))u+u\varepsilon(u),\qquad\varepsilon(u)\to0,$$

其中定义 $\varepsilon(0)=0$。又有 $u=g(a+h)-g(a)=h[g'(a)+\eta(h)]$，其中 $\eta(h)\to0$。将复合增量除以 $h$ 并代入，结果趋于 $f'(g(a))g'(a)$，即使某些非零 $h$ 对应 $u=0$ 也成立。

10.1 第一原理：方法而非背诵的表

对在 $a$ 的邻域中有定义的 $f$，

$$f'(a)=\lim_{h\to0}\frac{f(a+h)-f(a)}h,$$

前提是极限作为实数存在。分子必须比较同一函数在两个输入处的值；将 $h=0$ 代入原商绝不是此方法。

对正整数 $n$，有限二项式定理给出

$$(a+h)^n=a^n+na^{n-1}h+\sum_{k=2}^{n}\binom nk a^{n-k}h^k.$$

减去 $a^n$ 并除以非零 $h$，剩余和趋于零，故 $(x^n)'=nx^{n-1}$。该证明也适用于 $a=0$；当 $n=1$ 和为空。常数情形直接检查，负整数次幂在 $x\ne0$ 上由倒数得到。

例 1——从差商求倒数导数。 对 $a\ne0$，

$$\frac{1/(a+h)-1/a}{h}=-\frac1{a(a+h)}\longrightarrow-\frac1{a^2}.$$

当 $h$ 充分小时 $a+h\ne0$，故每步都有定义。对 $f(x)=|x|$ 在零处，差商为 $|h|/h$，单侧极限为 $-1,1$；连续性不能使其可微。

10.2 正弦和余弦导数

首先说明复角公式。将平面旋转角 $\beta$，水平单位向量被送至 $(\cos\beta,\sin\beta)$，竖直单位向量送至 $(-\sin\beta,\cos\beta)$。旋转保持向量加法和实数倍，所以单位向量 $(\cos\alpha,\sin\alpha)$ 被送至

$$(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta, \cos\alpha\sin\beta+\sin\alpha\cos\beta).$$

新角为 $\alpha+\beta$；比较坐标证明两个加法公式。以 $-\beta$ 替代 $\beta$ 或取 $\beta=\alpha$，得到具有相同符号约定的差角和倍角公式。这是坐标推导，不是从数值角例子推断。

现在使用正弦加法公式写成

$$\frac{\sin(a+h)-\sin a}{h} =\sin a\frac{\cos h-1}{h}+\cos a\frac{\sin h}{h}.$$

第 9 章的两个特殊极限使其趋于 $\cos a$。同理，

$$\frac{\cos(a+h)-\cos a}{h} =\cos a\frac{\cos h-1}{h}-\sin a\frac{\sin h}{h}\longrightarrow-\sin a.$$

故对每个实输入，$(\sin x)'=\cos x$、$(\cos x)'=-\sin x$。商法则继而给出

$$(\tan x)'=\sec^2x\quad(\cos x\ne0),\qquad (\cot x)'=-\csc^2x\quad(\sin x\ne0).$$

例如正切的分子是 $\cos^2x+\sin^2x=1$，不是 $\cos^2x-\sin^2x$。倒数也给出各自定义域上的 $(\sec x)'=\sec x\tan x$ 和 $(\csc x)'=-\csc x\cot x$。

若 $d$ 是以度计的数值角，其正弦为 $s(d)=\sin(\pi d/180)$，因此 $s'(d)=(\pi/180)\cos(\pi d/180)$，而不只是余弦。弧度约定使换算因子消失。

10.3 指数与对数导数

指数加法律给出

$$\frac{e^{a+h}-e^a}{h}=e^a\frac{e^h-1}{h}\longrightarrow e^a.$$

对 $a>0$ 且足够小的 $h$ 使 $a+h>0$，

$$\frac{\ln(a+h)-\ln a}{h} =\frac1a\frac{\ln(1+h/a)}{h/a}\longrightarrow\frac1a.$$

这是从先前论证的特殊极限推导，而非调用洛必达法则。对 $b>0$，

$$(b^x)'=(\ln b)b^x,$$

包括常数情形 $b=1$。对 $b>0,b\ne1$，$(\log_bx)'=1/(x\ln b)$ 在 $x>0$ 成立。

在任何不含零的区间，$(\ln|x|)'=1/x$。对负 $x$，写 $\ln|x|=\ln(-x)$ 并用链式法则即可。绝对值的对数允许负的内部值，但仍排除零。

费马必要条件。 在可微的内点局部最大值或最小值处，$f'(a)=0$。

证明。 在局部最大值处，充分小的正增量给出非正差商，负增量给出非负差商。双侧导数的极限要同时满足两种符号，只能为零。对函数取负处理最小值。$\square$

内点条件很重要：$f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上的极值出现在端点，尽管导数为 1。逆命题不成立：$x^3$ 在零处导数为零，但那里不是极值。

Rolle 定理。 若 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可微，且 $f(a)=f(b)$，则存在 $c\in(a,b)$ 使 $f'(c)=0$。

证明。 极值定理保证最大值和最小值存在。若函数为常数，任意内点均符合要求。否则某值不同于相等的端点值，因此最大值或最小值之一出现在内部。可在该处应用费马条件。$\square$

中值定理。 在相同的连续与可微条件下，不要求端点值相等，则存在 $c\in(a,b)$ 满足 $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$。

从 $f$ 减去割线 $f(a)+[f(b)-f(a)](x-a)/(b-a)$，再应用 Rolle 定理即可。这一证明不假定 $f'$ 连续。推论包括：导数在区间上为零则函数为常数；导数非负则函数不减；区间上 $|f'|\le M$ 则其中各点满足 $|f(y)-f(x)|\le M|y-x|$。不能由一点的导数值推出整个区间上的导数界。

连续单调反函数与主值分支

设 $I$ 为实区间，$f:I\to\mathbb R$ 连续且严格单调。像集 $J=f(I)$ 是区间：两个像值之间的每个值，都由介值定理在相应原像之间取得。严格单调性使 $f:I\to J$ 成为双射。其反函数相对于 $J$ 连续。固定 $a\in I$ 及 $\varepsilon>0$。若 $I$ 有小于 $a$ 的点，利用区间性质选 $l\in I$ 使 $a-\varepsilon<l<a$；若没有，则所有反函数值本来就不小于 $a$。类似地，若有大于 $a$ 的点，选 $a<r<a+\varepsilon$ 且 $r\in I$。对实际存在的两侧，正数 $|f(l)-f(a)|$、$|f(r)-f(a)|$ 的最小值为正，记为 $\delta$。若两侧均不存在，则 $I=\{a\}$，连续性直接成立。若 $y\in J$ 且 $|y-f(a)|<\delta$，单调性在每个实际存在的方向把 $f^{-1}(y)$ 夹在所选界点内。因此 $|f^{-1}(y)-a|<\varepsilon$。此证明适用于严格递增、严格递减及包含的端点。

若 $a$ 是 $I$ 的内点，$f$ 在 $a$ 可微且 $f'(a)\ne0$，则连续性和严格单调性使像集在 $b=f(a)$ 周围包含开区间。对其中 $y\ne b$，令 $x=f^{-1}(y)$。单射性给出 $x\ne a$，反函数连续性给出 $x\to a$，故

$$\frac{f^{-1}(y)-f^{-1}(b)}{y-b} =\left(\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\right)^{-1}\longrightarrow\frac1{f'(a)}.$$

非零极限保证取倒数合法，也证明反函数导数确实存在。一旦区间上的严格单调性已经建立，这里不要求导数连续。

若 $-\pi/2\le u<v\le\pi/2$，加法公式给出 $\sin v-\sin u=2\cos((u+v)/2)\sin((v-u)/2)>0$：中点严格位于 $(-\pi/2,\pi/2)$ 内，且 $0<(v-u)/2\le\pi/2$。所以正弦在该闭区间上严格递增；端点值为 $-1,1$。若 $0\le u<v\le\pi$，则 $\cos v-\cos u=-2\sin((u+v)/2)\sin((v-u)/2)<0$，因为两个正弦因子均为正。因此余弦在 $[0,\pi]$ 上严格递减；端点值为 $1,-1$。因此两者的连续主值反函数定义域均为 $[-1,1]$，值域分别为 $[-\pi/2,\pi/2]$ 和 $[0,\pi]$。正切在 $(-\pi/2,\pi/2)$ 上连续且严格递增：对其中 $u<v$，有 $\tan v-\tan u=\sin(v-u)/(\cos u\cos v)>0$，因为 $0<v-u<\pi$，且两个余弦因子均为正。从区间内部趋近两端时，正弦分别趋于 $-1,1$，余弦则从正值趋于零，所以正切分别趋于 $-\infty,+\infty$。介值定理说明其值域为 $\mathbb R$，并有取值于该开区间的连续反函数。因此上述反函数差商适用于三个主值分支的每个内部输入。下面公式中的正平方根，来自反正弦内部值域上余弦为正，以及反余弦内部值域上正弦为正。

4. 在反函数求导前先证明局部反函数存在

定理：一维局部反函数定理的一个常用形式

设 $f$ 在 $a$ 附近的开区间上为 $C^1$，且 $f'(a)\ne0$。则在较小区间上它是一对一的，像是包含 $f(a)$ 的区间，其反函数在那里连续可微，并满足

$$(f^{-1})'(f(x))=\frac1{f'(x)}.$$

证明。 由导数连续性，缩小区间使 $f'$ 保持固定非零符号，并有正的绝对值下界。中值定理使 $f$ 在该区间严格单调。由连续性与介值定理，其像为区间；$a$ 的双侧邻域在 $f(a)$ 两侧产生附近输出值。反函数连续：某输入两侧邻近点的像夹住相应的反函数值。对接近 $y_0=f(x_0)$ 的 $y=f(x)$，

$$\frac{f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)}{y-y_0} =\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}\longrightarrow\frac1{f'(x_0)},$$

由反函数连续性与导数非零，得到上述极限。因为 $f'$ 和反函数连续且分母保持非零，导数公式也是连续的。这样按顺序证明了存在性、连续性和可微性。

这些条件是充分的，并非必要的。尽管 $x^3$ 在零处导数为零，它仍有连续反函数，只是该反函数在那里没有有限导数。反过来，一点处导数非零，若没有合适的邻域信息，也不能单独保证局部单射。

10.5 反三角函数导数

假设连续严格单调的 $f$ 有连续局部反函数且 $f'(a)\ne0$。写 $y=f(x)$、$b=f(a)$。当 $y\ne b$，由单射知 $x\ne a$，且

$$\frac{f^{-1}(y)-f^{-1}(b)}{y-b} =\frac{x-a}{f(x)-f(a)}\longrightarrow\frac1{f'(a)}.$$

反函数连续性保证 $y\to b$ 时 $x\to a$。这证明反函数导数，而不是先假设其可微，再在链式法则中循环使用。

对 $y=\arcsin x$，值域限制 $-\pi/2\le y\le\pi/2$ 使内部余弦为正。因此对 $|x|<1$，

$$(\arcsin x)'=\frac1{\cos y}=\frac1{\sqrt{1-x^2}}.$$

对反余弦，$0<y<\pi$ 使正弦为正，故在 $(-1,1)$ 上 $(\arccos x)'=-1/\sqrt{1-x^2}$。对反正切，$y\in(-\pi/2,\pi/2)$ 且 $\sec^2y=1+x^2$，故对每个实数 $x$ 有 $(\arctan x)'=1/(1+x^2)$。

反正弦和反余弦公式不能有限地延拓到输入 $\pm1$；它们是定义域端点，内部斜率无界。对 $H(x)=\arcsin(2x)$，函数定义域为 $[-1/2,1/2]$，有限导数公式 $2/\sqrt{1-4x^2}$ 只适用于 $(-1/2,1/2)$。